Une congruence impliquant la fonction totient de Jordan

Je ne sais pas d'où vient cette congruence, je ne l'ai pas dans mes tablettes, mais elle est assurément le pendant de l'équation $n \sigma(n) \equiv 2 \pmod{\varphi(n)}$ étudiée par Subbarao en 1974, et pour laquelle il démontra que les solutions sont $n=1$ ou $n=p$ premier.

On suppose ici $n > 1$ et je considère les congruences $\sigma_k (n) \equiv 2 \pmod{J_k(n)}$ où, dans la suite, $k \geqslant 2$ est un entier fixé.

Il est facile de vérifier que les nombres premiers sont solutions de cette congruence, de sorte que, par la suite, $n$ sera supposé être un nombre composé.

On utilise deux inégalités. La $1$ère est très connue et facile à démontrer, elle utilise l'identité de convolution $\sigma_k = J_k \star \tau$ et le fait que les fonctions $\sigma_k$ et $J_k$ sont positives.

Lemme 1. Soit $k \geqslant 1$ entier. On a $\sigma_k(n) - J_k(n) \geqslant \tau(n)$, avec égalité si et seulement si $n$ est premier.

Il faut également une majoration de $\sigma_k$ par $J_k$. Les seules que je connaisse sont établies par Sándor dans les années 1980 : en 1984, Sándor prouve que $\sigma_k(n) \leqslant \tau_3(n) J_k(n)$, mais cette majoration, assez facile à démontrer, est trop grossière pour la congruence ci-dessus. En voilà une autre plus fine (sauf erreur de ma part) :

Lemme 2. Soit $k \geqslant 2$ entier. On a $\sigma_k(n) \leqslant \zeta(k)^2 J_k(n)$. En particulier, $\sigma_k(n) < 2 J_k(n)$ si $k \geqslant 3$ et $\sigma_2(n) < 3 J_2(n)$.

On peut alors répondre à la question (en partie en ce qui concerne le cas $k=2$).

Corollaire. Soit $k \geqslant 3$ entier. Les solutions $n > 1$ de la congruence $\sigma_k (n) \equiv 2 \pmod{J_k(n)}$ sont les nombres premiers.

Preuve. Comme $n > 1$ n’est pas premier, alors les Lemmes 1 et 2 impliquent que $2 < \sigma_k (n)− J_k (n) < J_k (n)$. Ainsi, si $n$ vérifie la congruence, on a $\sigma_k (n)− J_k (n) \equiv 2 \pmod{J_k (n)}$, ce qui est impossible d’après l’encadrement précédent. QED

Le cas $k=2$ est plus compliqué, mais voici quelques idées : soit $n > 1$ composé et vérifiant la congruence
$$\sigma_2 (n) \equiv 2 \pmod{J_2(n)} \tag{C}.$$

(i) Si $\sigma_2(n)−2J_2(n) > 2$, alors $n$ ne peut pas satisfaire la congruence $(C)$, car on a $2 < \sigma_2(n)−2J_2(n) < J_2(n)$ d’après le Lemme 2.

(ii) Si $\sigma_2(n)−2J_2(n) < 2$, alors on a $2 < \sigma_2(n)− J_2(n) < J_2(n)+2$, où la minoration provient du Lemme 1. Comme les nombres sont entiers, il vient $2 < \sigma_2(n) − J_2(n) \leqslant J_2(n) + 1$ et, là encore, $n$ ne peut pas satisfaire la congruence $(C)$, sinon il existerait $k \in \mathbb{Z}$ tel que $\sigma_2(n)− J_2(n) = 2+kJ_2(n)$, et l’encadrement précédent impliquerait alors que $0< k \leqslant 1− 1/J_2(n)$, d’où contradiction.

(iii) Il reste à étudier l'équation $\sigma_2(n) - 2 J_2(n) = 2$ et montrer qu'elle n'a que $n=6$ pour unique solution. 

Avec un peu plus de travail, on peut montrer à l'aide du Lemme 2 que, si $n$ est impair, alors $\sigma_2(n) - 2 J_2(n) < 0$, de sorte que l'on peut supposer $n$ pair. Plus précisément, supposons que $n = 2^\alpha m$ avec $\alpha \geqslant 1$ et $m$ entier impair sans facteur carré. Une réduction modulo $4$ de l'équation $\sigma_2(n) - 2 J_2(n) = 2$ donne $2^{\omega(m)} \equiv 2 \pmod 4$, et donc $\omega(m) = 1$, d'où $n = 2^\alpha p$ avec $p \geqslant 3$ premier.  On obtient alors $\sigma_2(n)−2J_2(n) = \frac{1}{3} \left( 2^{2 \alpha - 1} \left(17 - p^2 \right) - p^2 - 1 \right)$, ce qui exclut d’office les cas $p \geqslant 5$. Avec $p = 3$, on trouve $\alpha = 1$ comme unique solution, i.e. $n = 6$.